1 giugno 2016 - Soluzione esame di geometria

1 giugno 2016 - Soluzione esame di geometria - 12 crediti
Ingegneria gestionale - a.a. 2015-2016
COGNOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . NOME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . N. MATRICOLA . . . . . . . . . . . . .
ISTRUZIONI
• La prova dura 3 ore.
• Ti sono stati consegnati tre fogli, stampati fronte e retro. Come prima cosa scrivi su
ciascuno di essi negli spazi predisposti il tuo nome, cognome e numero di matricola.
• A fianco di ciascuna domanda è presente un doppio riquadro: in quello di sinistra è indicato
il punteggio corrispondente alla domanda in caso di risposta completamente corretta; quello di
destra è a disposizione della commissione per la correzione.
• I punteggi sono espressi in trentesimi. Un punteggio compreso tra 30 e 32 corrisponde ad un voto
di 30 trentesimi; un punteggio di almeno 33 corrisponde ad un voto di 30 trentesimi e lode.
• Per le risposte utilizza unicamente gli spazi riquadrati già predisposti. Quando richiesto, le risposte
vanno motivate brevemente, ma in maniera comprensibile.
• Se devi cambiare qualche risposta che hai già scritto sul foglio, fai in modo che sia chiaro per chi
correggerà il tuo compito quale sia la risposta definitiva. Se la risposta risultasse poco leggibile,
chiedi al docente un nuovo foglio e ritrascrivi su questo foglio tutte le risposte che hai dato.
• Al termine della prova devi consegnare unicamente i fogli che ti sono stati consegnati
dal docente. Non saranno ritirati eventuali fogli di brutta copia, integrazioni e simili.
1. Siano date A ∈ M (R, 2, 2) e B ∈ M (R, 2, 2). Dimostrare la verità o falsità delle seguenti due
affermazioni.
2
(a) Se B è simile a A allora det B = det A.
L’affermazione è vera.
Motivazione:
Se B è simile a A allora esiste M ∈ GL(R, 2) tale che B = M −1 AM . Applicando il teorema
di Binet, abbiamo allora det B = det M −1 det A det M . Poiché det M −1 = (det M )−1 ,
abbiamo allora det B = det A.
2
(b) Se det B = det A allora B è simile a A.
L’affermazione è falsa.
Motivazione:
Diamo un controesempio.
2 0
1 0
Date le matrici A :=
e B :=
, si ha det B = det A =, eppure B non è simile
0 1
0 21
a A poiché B ha come autovalori 2 e 12 , mentre A ha come unico autovalore 1.
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2. Dati in R5 i punti A := (1, 2, 3, 4, 5), B := (3, 5, 7, 2, 1), C := (4, 13
2 , 9, 1, −1) e D := (2, 3, 4, 5, 6),
sia r la retta passante A e B.
2
(a) Il punto C appartiene alla retta r?
Sı̀.
Motivazione:
Consideriamo vettori B − A = (2, 3, 4, −2, −4) e C − A = (3, 29 , 6, −3, −6).
Poiché C − A = 32 (B − A), il punto C appartiene alla retta r.
2
(b) Esiste un sottospazio affine di R5 di dimensione 2 contenente i punti A, B, C e D?
Se non esiste, spiegare perché. Se esiste, determinarne equazioni parametriche.
Sı̀, esiste. Equazioni parametriche:

x1 = 1 + 2t1 + t2




 x2 = 2 + 3t1 + t2
x3 = 3 + 4t1 + t2


x4 = 4 − 2t1 + t2



x5 = 5 − 4t1 + t2
Motivazione:
Abbiamo già visto che il vettore C − A è linearmente dipendente da B − A.
Il vettore D − A = (1, 1, 1, 1, 1) è chiaramente linearmente indipendente da B − A.
Da tutto ciò segue che l’inviluppo affine contenente A, B, C e D ha dimensione 2 ed ha
equazione cartesiana
A + (B − A)t1 + (D − A)t2
da cui derivano le equazioni parametriche


 x1 =


 x2 =
x3 =


 x4 =


x5 =
1 + 2t1 + t2
2 + 3t1 + t2
3 + 4t1 + t2
4 − 2t1 + t2
5 − 4t1 + t2
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3. Sia V uno spazio vettoriale avente come base v1 , v2 , v3 , v4 , v5 .
Sia E il sottospazio di V avente come base e1 = v2 − v3 , e2 = v1 + v2 + v3 , e3 = v2 + v3
Sia F il sottospazio di V avente come base f1 = v1 , f2 = v4 + v5 .
2
(a) Determinare una base di E + F .
e1 , e2 , e3 , f2
Motivazione:
Sappiamo che il sottospazio E + F è generato dai vettori della base di E e della base di F .
Per determinare la dimensione di E + F consideriamo la matrice M avente come colonne le
coordinate di questi
 alla base v1 , v2 , v3 , v4 , v5 .
 vettori relative
0 1 0 1 0
 1 1 1 0 0



Abbiamo M = 
−1 1 1 0 0.
 0 0 0 0 1
0 0 0 0 1
Osserviamo che la quarta colonna è uguale alla differenza tra la seconda e la terza colonna (e
quindi f1 = v2 − v3 ). Da ciò segue rk M ≤ 4. Inoltre il minore formato dalle prime quattro
righe e dalle colonne 1,2,3 e 5 è invertibile. Quindi dim(E + F ) = rk M = 4. Una base di
E + F è quindi formata da e1 , e2 , e3 , f2 .
3
(b) Determinare una base di E ∩ F .
f1
Motivazione:
Applicando la formula di Grassmann otteniamo:
dim(E ∩ F ) = dim E + dim F − dim(E + F ) = 3 + 2 − 4 = 1.
Per determinare una base di E ∩ F è quindi sufficiente determinare un vettore non nullo
appartenente a E ∩ F . Osserviamo che il vettore f1 , oltre ad appartenere ovviamente a F ,
appartiene anche a E dal momento che è differenza di due vettori di E. E quindi appartiene
a E ∩ F . Abbiamo quindi determinato una base di E ∩ F .
2
(c) Determinare una base di un sottospazio vettoriale G di E +F tale che si abbia E +F = E ⊕G.
f2
Dalla formula di Grassmann abbiamo: dim(E ⊕ G) = dim E + dim G. Dal momento che si
deve avere E + F = E ⊕ G), abbiamo dim G = 1.
Per determinare una base di G è quindi sufficiente determinare un vettore non nullo di E +F
che non appartenga a E.
Per quel che abbiamo visto nella risposta alla domanda (a), possiamo prendere f2 .
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4. Sia f l’endomorfismo di R3 definito da: f ((a, b, c)) = (−a + 2b, 2a − c, 2b − c).
2
(a) Verificare se l’endomorfismo f è un isomorfismo.
L’endomorfismo f è un isomorfismo.
Motivazione:
Consideriamo
A associata a f relativamente alla base canonica di R3 .
 la matrice 
−1 2 0
Si ha: A =  2 0 −1.
0 2 −1
Svolgendo i calcoli otteniamo det A = 2 6= 0 e quindi l’endomorfismo f è un isomorfismo.
NOTA. D’ora in poi indichiamo con A la matrice associata a f relativamente alla base canonica di R3 .
4
(b) Determinare se, esistono, una matrice M ∈ GL(3, R) e una matrice diagonale D tali che
D = M −1 AM .

−2
D= 0
0
0
−1
0


−2
0
0 , M =  1
−2
1

1 1
0 1
2 1
Motivazione:
Svolgendo i calcoli otteniamo il polinomio caratteristico det(A − xI) = (−1 − x)(x2 + x − 2)
le cui radici sono −2, −1, 1.
Segue che la matrice A, avendo tre autovalori distinti, è diagonalizzabile.
   
0
a
Cerchiamo gli autovettori relativi a −2 risolvendo il sistema (A + 2I)  b  = 0.
0
c
Svolgendo i calcoli otteniamo a = −2k, b = k, c = −2k. Ponendo k = 1 otteniamo
l’autovettore (−2, 1, −2) relativo a -2.
Svolgendo calcoli analoghi, otteniamo l’autovettore (1, 0, 2) relativo a −1 e l’autovettore
(1, 1, 
1) relativo a 1.
 E quindile matrici M
 e D sono:
−2 0 0
−2 1 1
D =  0 −1 0 , M =  1 0 1.
−2 2 1
0
0 1
1
(c) Determinare se, esistono, una matrice N ∈ O(3) e una matrice diagonale D0 tali che
D0 = N −1 AN .
Matrici N e D0 siffatte non esistono.
Motivazione:
Una matrice è diagonalizzabile per mezzo di una matrice ortogonale se e solo se è simmetrica.
Poiché la matrice A non è simmetrica, le matrici N e D0 non esistono.
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5. Fissato nel piano un sistema
di riferimento cartesiano siano date le rette t1 : x − y + 5 = 0,
x = 8−t
t2 : x − y − 3 = 0 e s :
.
y = 3 + 2t
2
(a) Determinare un’equazione della circonferenza γ avente il centro sulla retta s e tangente alle
rette t1 e t2 .
(x − 6)2 + (y − 7)2 = 8
Motivazione:
Il centro C di γ deve essere un punto di s, pertanto sarà del tipo C := (8 − t, 3 + 2t).
Inoltre, poiché la distanza del centro di una circonferenza da una qualsiasi sua tangente è
uguale al raggio, deve risultare d(C, t1 ) = d(C, t2 ), cioè
|8−t−3−2t+5|
√
√
= |8−t−3−2t−3|
.
2
2
Tale condizione è equivalente alle due equazioni 2 − 10 = 0 e 6t − 12 = 0. La prima è priva
di soluzioni, la seconda dà t = 2.
√
La circonferenza γ ha pertanto centro C := (6, 7) e raggio r = d(C, t1 ) = 2 2 e equazione
(x − 6)2 + (y − 7)2 = 8, ovvero x2 + y 2 − 12x − 14y + 77 = 0.
3
(b) Detti T1 e T2 i punti di tangenza di γ con le rette t1 e t2 , determinare i punti A e B di γ tali
che il quadrilatero AT1 BT2 sia un quadrato.
A = (4, 5) e B = (8, 9)
Motivazione:
Osserviamo che, poiché il quadrilatero AT1 BT2 deve essere un quadrato, la sua diagonale
d1 passante per A e B deve essere perpendicolare all’altra sua diagonale d2 passante per T1
e T2 .
D’altronde, essendo le rette t1 e t2 parallele, la diagonale d2 è perpendicolare alle rette t1 e
t2 . E quindi la diagonale d1 deve essere parallela alle rette t1 e t2 . Essa passa poi per il centro
C della circonferenza. Ha quindi equazione x − y + 1 = 0. Pertanto,
i punti cercati A e B,
(x − 6)2 + (y − 7)2 = 8
essendo intersezione di γ con d1 , sono le soluzioni del sistema
.
x−y+1 = 0
Le soluzioni del sistema sono A = (4, 5) e B = (8, 9).
2
(c) Determinare il perimetro del quadrato AT1 BT2 .
16
Motivazione:
Ogni lato del quadrato è ipotenusa di√un triangolo
rettangolo isoscele di lato uguale al raggio
√
di γ e quindi ha lunghezza uguale a 2(2 2) = 4.
Il perimetro del quadrato è pertanto uguale a 16.
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6. Fissato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano, siano dati, al variare del parametro h, i
punti A := (1, 2, −1), B := (0, 1, 1) e C := (1, 2, h).
2
(a) Determinare il valore di h per cui il triangolo ABC è rettangolo in B.
h=2
Motivazione:
La retta passante per A e B ha parametri direttori (1, 1, −2).
La retta passante per B e C ha parametri direttori (1, 1, h − 1).
Le due rette sono perpendicolari quando si ha 1 · 1 + 1 · 1 − 2(h − 1) = 0, da cui h = 2.
E quindi C = (1, 2, 2).
NOTA: D’ora in poi si consideri il caso in cui il triangolo ABC è rettangolo in B.
3
(b) Determinare la lunghezza dell’altezza del triangolo ABC relativa all’ipotenusa.
√
2
Motivazione:
L’ipotenusa del triangolo ABC è la retta passante per A e C e quindi ha parametri direttori
(0, 0, 3).
Il piano π passante per B e perpendicolare all’ipotenusa ha quindi equazione z − 1 = 0.
Sia H il punto di intersezione del piano π con la retta passante
per A e C. Si ha H = (1, 2, 1).
√
La lunghezza dell’altezza cercata è uguale a d(B, H) = 2.
2
(c) Calcolare l’area del triangolo ABC.
3
2
√
2
Motivazione:
L’area del triangolo ABC è uguale a:
√
1
1 √
d(A, C) 2 = 3 2
2
2
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